quantv2006

PB, QC cắt nhau tại T. Tam giác TPQ ngoại tiếp (O). BR cắt (O) tại E', khi đó chứng minh A, E', Q thằng hàng bằng các chứng minh tỷ lệ $\frac{AD}{AC}=\frac{E'D}{E'C}$

Cho tam giác ABC, P là giao điểm của đường cao qua C và tiếp tuyến tại A của đường tròn (ABC). Phân giác của góc A cắt BC tại D. PD cắt AB tại K, nếu H là trực tâm của tam giác, chứng minh HK vuông góc với AD.

Xét tam giác ABC không cân tại A, giả sử AB <AC (trường hợp cân tính sau!), AP cắt BC tại T, khi đó T nằm trên tia đối của tia BC.

 

CH cắt (O) tại điểm thứ hai là N, cắt AB tại F. Nhận thấy N và H đối xứng nhau qua AB.

 

AD cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Nhận thấy E là điểm chính giữa cung BC không chứa A.

 

EN cắt AB tại K'. Ta chứng minh P, K', D thẳng hàng, khi đó K' trùng K.

 

Do E là điểm chính giữa cung BC không chứa A nên K'N là phân giác góc BNF. Vậy K'H là phân giác góc BHF.

 

Để chứng minh P, K', D thẳng hàng, xét tam giác ATB có P, K', D nằm trên 3 cạnh, theo Menelaus ta phải chứng minh: $\frac{PA}{PT}.\frac{DT}{DB}.\frac{K'B}{K'A}=1 (1)$

 

Xét tam giác ATB có 3 điểm P, F, C thẳng hàng, theo Menelaus ta có: $\frac{PA}{PT}.\frac{CT}{CB}.\frac{FB}{FA}=1 (2)$

 

Từ (1), (2) ta sẽ phải chứng minh: $\frac{DT}{DB}.\frac{KB}{KA}=\frac{CT}{CB}.\frac{FB}{FA}$

 

$\frac{KB}{KA}=\frac{BD}{BC}.\frac{TC}{TD}.\frac{FB}{FA}(3)$

 

Ta có: $\frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$; $\frac{TC}{TD}=\frac{TC}{TA}=\frac{AC}{AB}$.

 

Vậy $(3)\Leftrightarrow \frac{KB}{KA}=\frac{AB}{AB+AC}.\frac{AC}{AB}.\frac{FB}{FA}=\frac{AC}{AB+AC}.\frac{FB}{FA}$ (4)

 

Do tam giác FHB và FAC đồng dạng, HK' là phân giác của tam giác FHB nên ta có: $\frac{K'F}{K'B}=\frac{FH}{HB}=\frac{FA}{AC}$

 

Vậy: $\frac{K'F}{AF}=\frac{K'B}{AC}=\frac{BF}{AF+AC}$

 

$\Rightarrow K'B=\frac{AC.BF}{AF+AC}$

 

$K'A=K'F+AF=\frac{AF.BF}{AF+AC}+AF=\frac{AF.BF+AF.AF+AF.AC}{AF+AC}=\frac{AF(AB+AC)}{AF+AC}$

 

Do đó ta có: $\frac{K'B}{K'A}=\frac{AC.BF}{AF(AB+AC)}$. Như vậy (4) đúng hay (1) đúng hay 3 điểm P, K', D thẳng hàng. Do đó K' trùng K.

 

Do HK là phân giác góc FHB nên $\angle KHF=\frac{\angle BHF}{2}=\frac{\angle BAC}{2}=\angle FAD\Rightarrow$KH vuông góc với AD.

y=2x+3 cắt trục tung tại A(0,3) cắt trục hoành tại B(-3/2; 0)

 

y=2x-4 cắt trục tung tại C(0,-4) cắt trục hoành tại D(2,0)

 

Gốc tọa độ là O, hạ OH vuông góc với AB, OK vuông góc với CD.

 

Ta có: $OH=\frac{OA.OB}{\sqrt{OA^2+OB^2}}$

 

$OK=\frac{OC.OD}{\sqrt{OC^2+OD^2}}$

 

Từ đó tính ra HK thôi.

2) Gọi K là giao của EF và DN.

 

Ta có: PK.PH = PN.PB = PE.PF = PM.PC.

 

Vậy HKMC là tứ giác nội tiếp $\angle KMC=90^0=\angle AMC$. Vậy A, K, M thẳng hàng.

1) Gọi K là giao điểm của BQ và DP.

 

Áp dụng Menelaus cho tam giác BCQ có P, D, K thẳng hàng: $\frac{KB}{KQ}.\frac{DQ}{DC}.\frac{PC}{PB}=1$

 

Do $\frac{AN}{AB}=\frac{DQ}{DC};\frac{SQ}{SN}=\frac{PC}{PB}$

 

Vậy $\frac{KB}{KQ}.\frac{SQ}{SN}.\frac{AN}{AP}=1$ hay A, S, K thẳng hàng.

1) Do $AB=\sqrt{2}R$ nên theo Pitago ta có tam giác AOB là tam giác vuông cân tại O $\Rightarrow \angle AMB=45^0$.

 

$\angle HAB = \angle HMB; \angle HBA = \angle HMA\Rightarrow \angle AMB=\angle HAB+\angle HBA=45^0$

 

Ta có $\angle AOQ + \angle BOP =2\angle HBA+2\angle HAB=2.45^0-90^0$

 

$\Rightarrow \angle POQ=\angle AOQ+\angle BOP+\angle AOB=90^0+90^0=180^0$ hay P, O, Q thẳng hàng, hay PQ là đường kính cúa (O).

 

2) Do PQ là đường kính nên PB vuông góc với QB tại B. Vậy PB // MA (cùng vuông góc với BQ).

 

Tương tự có QA// MB. Do đó AMBS là hình bình hành.

 

3) $\angle AQH=\angle AQB=\angle AMB=45^0\Rightarrow$ tam giác AQH vuông cân tại A nên AQ = AH.

 

Tương tự có APS vuông cân tại A nên AP = AS. Từ đó có tam giác AQP và AHS bằng nhau, hay SH = PQ = 2R cố định.

 

4) Ta có: $\angle AIB=\angle AIH+\angle BIH=\angle AQH+\angle BPH=45^0+45^0=90^0$. Vậy I nằm trên đường tròn đường kính AB cố định. 

Bài bạn thiếu đữ kiện, kiểu như dây $AB=\sqrt{2}R$ thì PQ mới là đường kính của (O) được chứ nhỉ?

Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm C di động trên cung AB. Vẽ CH vuông góc với AB. Gọi I, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và CBH. Đường thẳng IK cắt CA tại M. Chứng minh MIHA nội tiếp

CI, CK cắt AB lần lượt tại P, Q. Chứng minh tam giác ACQ và BCP cân tại A, B bằng cộng góc.

 

ACQ cân nên AI là trung trực của CQ. Vậy ICQ là tam giác vuông cân tại I.

 

Chứng minh tương tự có PK vuông góc với CQ tại K. Vậy PK, QI là 2 đường cao của tam giác CPQ nên CKI và CPQ đồng dạng.

 

Ta có góc CIK = góc CQP, góc ICA = góc IQA. Vậy góc $\angle IMC=\angle IQC=45^0$

 

Do đó $\angle IMC=\angle IHA=45^0$ nên MIHA là tứ giác nội tiếp.

bạn ơi, giúp mình với, mình nhầm đề mất rồi

3.( x+1+√(y²+2y+2) ). ( (y+1+√(x²+2x+2) ) =1

tính x+y?

 

Bạn xem lại đầu bài. Nêu  $(x+1+\sqrt{x^2+x+2})(y+1+\sqrt{y^2+2y+2})=1$ thì có thể làm được.

Câu 3. $(x+1+\sqrt{x^2+x+2})(y+1+\sqrt{x^2+2x+2})=1$

 

$\Leftrightarrow (x+1)(y+1)+(x+1)^2+(x+y+2)\sqrt{x^2+2x+2} = 0$

 

$\Leftrightarrow (x+y+2)(x+1+\sqrt{x^2+2x+2})=0$

 

$x+y=-2$

Câu 5: Gọi I là giao điểm của AC và BD. J là trung điểm của AM. MN cắt AC tại P.

 

Dễ thấy A, H, K, M, I cùng nằm trên đường tròn (J; JI). Từ đó chứng minh tam giác IHK là tam giác đều.

 

Áp dụng Menelaus cho 3 điểm M, N, P với tam giác AIJ, từ đó có PA = AC. P cố định.

Bạn làm kĩ giúp mình, mình muốn hiểu kĩ bài này nhưng vẫn chưa có giải pháp.

Bạn giả sử xy-4 >=0 rồi tính y theo x ở pt thứ 2, thay vào pt thứ nhất là ra thôi.

neu 1000 thi ban lm the nao

ĐK: $x\geq \frac{-1}{8000}$

 

Đặt: $2y-1=\sqrt{1+8000x}$

$\Leftrightarrow$$4y^2-4y+1=1+8000x$

$\Leftrightarrow y^2-y=2000x$ (1)

 

Từ phương trình đã cho $\Rightarrow x^2-x=2000y (2)$ 

 

Hệ (1), (2) là hệ đối xứng.

Bài 3:pt (2) <=>4x²+8-4xy =0

         pt( 1) <=>y²-8=-/xy-4/

 

         Cộng từng vế của 2 pt=>pt vô nghiệm

Bài này có nghiệm $x=\sqrt{2};y=2\sqrt{2}$ hoặc $x=-\sqrt{2};y=-2\sqrt{2}$